【学习笔记】决策单调性优化DP

背景

GDCPC还在发力，清华出题组出的牛客还是 4 题。
这次没有min25筛，不然我能5题（bushi

除了一道用 prufer 序列的恶心 DP 外，还有一道DP题是一个状态难想，并且还需要决策单调性优化的DP，被认为是偏简单的银牌题。

先来看个相对简单的问题

鸡蛋掉落

这是一道非常经典的面试题。本博客不会介绍这题的最优方法（时间复杂度 $O(\sqrt{n})$）

暴力DP

设 $f_{i,j}$ 为还剩 $i$ 个鸡蛋，楼高 $j$ 层，需要的最少实验次数。
显然有转移：
$$f_{i,j}=\min \{\max (f_{i-1,w-1}+1,f_{i,j-w}+1)\},1\le w\le j$$
我们称这种问题为 $minmax$ 问题
时间复杂度$O(kn\log n)$

优化1

显然，如果鸡蛋足够多，我们可以直接二分出高度。所以当 $k>\log n$ 时可以令 $k=\log n$

优化2

考虑决策单调性。
一个很显然的结论：

• $i$ 相同时， $j$ 越小， $f$ 越小

也就是说：

1. $f_{i-1,w-1}$ 关于 $w$ 单调递增
2. $f_{i,j-w}$ 关于 $w$ 单调递减

所以两个函数值的关系如图：

我们的最优决策点在红色点那里。显然，这玩意可以二分。
时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$

class Solution { public:     int superEggDrop(int k, int n) {         vector dp(k+1,vector<int>(n+1));         for(int i=1; i<=n; i++)         {             dp[1][i]=i;         }         for(int i=2; i<=k; i++)         {             for(int j=1; j<=n; j++)             {                 int l=1,r=j,pos=-1;                 while(l<=r)                 {                     int mid=l+r>>1;                     int x=dp[i-1][mid-1],y=dp[i][j-mid];                     if(x==y)                     {                         pos=mid;                         break;                     }                     else if(x<y)                         l=mid+1;                     else                         r=mid-1;                 }                 if(pos!=-1)                     dp[i][j]=max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]);                 else                 {                     dp[i][j]=1e9;                     pos=l;                     if(pos>0&&pos<=j)                          dp[i][j]=max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]);                     pos=r;                     if(pos>0)                          dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]));                 }                 dp[i][j]++;             }         }         return dp[k][n];         // cout<<dp[k][n]<<"\n";     } }; 

优化3

回到DP式子
$$f_{i,j}=\min \{\max (f_{i-1,w-1}+1,f_{i,j-w}+1)\},1\le w\le j$$
当 $j$ 增加的时候，最优决策点会发生什么变化？
显然，$f_{i-1,w-1}$ 不会变，但是 $f_{i,j-w}$ 是关于 $j$ 单调递增的。
不难想象，那个红色的点就会往右边走。也就说，最优决策点也满足单调性，当 $j$ 右移时，最优的 $w$ 也右移。
所以我们可以用双指针代替二分。

时间复杂度 $O(n\log n)$

 class Solution { public:     int superEggDrop(int k, int n) {         vector dp(k+1,vector<int>(n+1));         for(int i=1; i<=n; i++)         {             dp[1][i]=i;         }         for(int i=2; i<=k; i++)         {             int w=1;             for(int j=1; j<=n; j++)             {                 while(w<j&&dp[i-1][w-1]<dp[i][j-w])                 {                     w++;                 }                 dp[i][j]=max(dp[i-1][w-1],dp[i][j-w]);                 if(w>1)                     dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][w-2],dp[i][j-w+1]));                 dp[i][j]++;             }         }         return dp[k][n];         // cout<<dp[k][n]<<"\n";     } }; 

其实还有一种很好的写法是：

• 先用当前决策点更新 $dp$ 值
• 如果决策点右移可以使 $dp$ 值更优就继续往右移并更新 $dp$ 值
• 否则就 $break$

2024牛客暑期多校训练营5 K

暴力

最暴力的想法是区间DP，设 $d{p}_{l,r}$ 为已经把答案范围缩小到 $[a_l,a_r]$，还需要多少代价才能确定答案。
但你很快会发现没办法直接区间DP，因为你根本不知道 $x$ 在哪。
但是如果我们知道之前我左边问过多少次，右边问过多少次，就可以计算区间扩展产生的代价。
所以我们可以设 $d{p}_{i,j,x,y}$ 代表已经把答案范围缩小到 $[a_l,a_r]$，之前在区间左边问了 $x$ 次，右边问了 $y$ 次还需要多少代价。

转移就可以枚举中间点 $k$，令分割点为 $p$，那么转移就是
$$d{p}_{l,r,x,y}=\min \{\max (d{p}_{l,p,x,y+1}+k-a_p+(a_r-a_p)\times y,d{p}_{p+1,r,x+1,y}+(a_{p+1}-a_l)\times x+a_{p+1}-k)\}$$
时间复杂度 $O(n^4\times 值域)$

优化1

思考一下，我们真的需要知道两边各询问了多少次吗？
假设 $x>y$ 那么询问代价就是 $x-y$，否则就是 $y-x$
$y$ 的代价可以在DP转移的时候直接记录
$x$ 的代价当 $x$ 确定下来的时候可以通过 左边询问次数 - 右边询问次数 来计算
所以其实我们只需记录三四维的差值就行。

设 $d{p}_{l,r,c}$ 代表已经把答案范围缩小到 $[a_l,a_r]$，之前在区间左边和右边询问次数之差为 $c$ 次，$x$ 的全局代价计算 + 还需要的代价。
显然初始化为 $d{p}_{i,i,c}=a_i\times c$

同样的，转移就可以枚举中间点 $k$，令分割点为 $p$，那么转移就是
$$d{p}_{l,r,c}=\min \{\max (d{p}_{l,p,c-1}+k,d{p}_{p+1,r,c+1}-k)\}$$
时间复杂度 $O(n^3\times 值域)$

优化2

可证明，$c$ 不会超过 $O(\log n)$ 个，我不会证（）
时间复杂度 $O(n^2\log n\times 值域)$

优化3

首先，值域那玩意大的离谱。但是从 $dp$ 式子很容易看出来，一个 $+k$ 一个 $-k$，显然是有单调性的，$k$ 的决策点可以 $O(1)$ 求

int get(int l,int r,int pos,int c) { 	int L=a[pos]+1,R=a[pos+1]; 	int x=dp[l][pos][c-1]+L,y=dp[pos+1][r][c+1]-L; 	if(x>=y) return x; 	int mx=min(R-L,(y-x)>>1); 	return max(x+mx,y-mx); } 

时间复杂度 $O(n^3\log n)$

优化4

现在时间复杂度的瓶颈在于枚举 $p$，怎么把这玩意优化掉呢？
当区间左端点不动，右端点增加的时候，显然方程的第一项是不变的，第二项是单调递减的。这个时候把 $p$ 往右移动可以让第一项减小，第二项增大。所以最优决策点 $p$ 会关于 $r$ 单调递增，我们同样可以用双指针来处理决策点。
时间复杂度 $O(n^2\log n)$

代码

#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=1e6+7,inf=1e18,C=60,base=30; vector<vector<vector<int>>> dp,p; vector<int> a; int get(int l,int r,int pos,int c) { 	int L=a[pos]+1,R=a[pos+1]; 	int x=dp[l][pos][c-1]+L,y=dp[pos+1][r][c+1]-L; 	if(x>=y) return x; 	int mx=min(R-L,(y-x)>>1); 	return max(x+mx,y-mx); } void O_o() { 	int n; 	cin>>n; 	a.assign(n,0); 	for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i]; 	dp.assign(n+1,vector<vector<int>>(n+1,vector<int>(C+1,inf))); 	p.assign(n+1,vector<vector<int>>(n+1,vector<int>(C+1,0))); 	for(int len=1; len<=n; len++) 	{ 		for(int l=1; l<=n-len+1; l++) 		{ 			int r=l+len-1; 			for(int c=1; c<C; c++) 			{ 				if(l==r) 				{ 					dp[l][r][c]=a[l]*(c-base); 					p[l][r][c]=l; 				} 				else 				{ 					int pos=p[l][r-1][c]; 					dp[l][r][c]=get(l,r,pos,c); 					while(pos<r-1) 					{ 						int v=get(l,r,pos+1,c); 						if(v<dp[l][r][c]) 						{ 							pos++; 							dp[l][r][c]=v; 						} 						else 							break; 					} 					p[l][r][c]=pos; 				} 			} 		} 	} 	cout<<dp[1][n][base]<<"\n"; } signed main() { 	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); 	cout<<fixed<<setprecision(12); 	int T=1; //	cin>>T; 	while(T--) 	{ 		O_o(); 	} }